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4.5牛顿运动定律的应用
一、动力学两类基本问题 1
二、动力学的临界问题 6
三、多过程问题的分析与求解 12
【巩固提高】 16
[学习目标]
课程标准 课标解读
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体 的运动情况，能通过物体的运动情况确定 物体的受力情况。 2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动 定律和运动学知识，分析求解有关动力学 问题。 3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本 思路和方法。 1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的 受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确 定物体的受力情况。 2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法， 即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛 顿运动定律把二者联系起来。 3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应 用科学知识解决实际问题的意识。
[知识分析]
一、动力学两类基本问题
1、两类问题：
如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况.
如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力.
2、动力学问题的解题思路
3、解题关键
两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
4、注意问题：
若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；
用正交分解法求合力时，通常以加速度 a 的方向为x 轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x 轴和y 轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组 Fx＝ma， Fy＝0.
由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆.
题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力.
（2022秋 天河区校级期中）一质量m＝2kg小物块从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.25。斜面A、B两点之间的距离s＝18m，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）斜面与水平面间平滑连接，不计空气阻力，g＝10m/s2。求：
（1）物块在斜面上下滑过程中的加速度大小；
（2）物块滑到B点时的速度大小；
（3）物块在水平面上滑行的时间。
【解答】解：（1）物块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣f＝ma1
根据共点力平衡条件得：FN＝mgcosθ
滑动摩擦力f＝μFN
联立解得：a1＝4m/s2
（2）物块从A点滑到B点有：2as＝vB2
代入数据解得：vB＝12m/s
（3）在水平面上，由牛顿第二定律得
﹣μmg＝ma2
代入数据解得：tBC＝4.8s
答：（1）物块在斜面上下滑过程中的加速度大小为4m/s2；
（2）物块滑到B点时的速度大小为12m/s；
（3）物块在水平面上滑行的时间为4.8s。
（2022秋 思明区校级期中）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如下图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点，（cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）。求：
（1）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（2）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【解答】解：（1）倾斜滑轨与水平面成θ＝24°角，对货物根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
代入数据解得：a1＝2m/s2；
根据速度—位移关系可得：v2＝2a1l1
代入数据解得：v＝4m/s；
（2）货物在水平轨道上运动时，加速度大小为a2，则有：a2＝μg10m/s2m/s2
根据速度—位移关系可得：v2﹣v′2＝2a2l2
代入数据解得：l2＝2.7m。
答：（1）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小为4m/s；
（2）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，则水平滑轨的最短长度为2.7m。
（2022秋 奉贤区校级期中）小型四旋翼无人机是一种能够垂直起降的遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用如图，一架质量m＝2kg的无人机从地面上由静止开始竖直向上起飞，匀加速上升h＝48m，历时t＝4s。已知无人机运动过程中受到的空气阻力大小恒为自身重力的0.2倍，g取10m/s2。求该过程：
（1）无人机的加速度大小及末速度大小；
（2）无人机受到的升力大小。
【解答】解：（1）设无人机匀加速上升的加速度大小为a，末速度大小为v，则
h
v＝at
联立解得：a＝6m/s2，v＝24m/s
（2）设无人机受到的升力大小F，根据牛顿第二定律，有
F﹣mg﹣f＝ma
且f＝0.2mg
联立解得：F＝36N
答：（1）无人机的加速度大小为6m/s2，末速度大小为24m/s；
（2）无人机受到的升力大小为36N。
（2022秋 城厢区校级期中）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v＝27km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝11.25m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝3m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员的反应时间。
（1）求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度大小v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间。
【解答】解：（1）汽车速度为
v＝27km/h＝7.5m/s
匀减速至停止的平均速度为
m/s＝3.75m/s
根据平均速度有
t1
解得汽车开始刹车到停止所用的时间
t1＝3s
汽车刹车时的加速度大小
a
根据牛顿第二定律有
Ff＝ma
解得
Ff＝2.5×103N
（2）小朋友过马路的时间
t2
解得t2＝18s
汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间为
t＝t2﹣t1＝18s﹣3s＝15s
答：（1）汽车开始刹车到停止所用的时间为3s，所受阻力的大小为2.5×103N；
（2）汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间为15s。
二、动力学的临界问题
1、临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.
2、关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.
3、临界问题的常见类型及临界条件：
接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零. (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.
绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.
加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.
4、解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物
理关系即临界条件.
（多选）（2022秋 沈河区校级期末）如图，两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g（g为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动时，则有关绳1和绳2的拉力大小，正确的说法是（　　）
A．小车向左匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg
B．小车向左匀加速运动时，绳2的拉力大小为mg
C．小车向右匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg
D．小车向右匀加速运动时，绳2的拉力大小为0
【解答】解：AB、小车向左匀加速运动时，假设绳1没有拉力，绳2的拉力为F2，则水平方向F2cos60°＝ma2
竖直方向F2sin60°＝mg
联立解得：a2g
小车的加速度为2g＞a2g
则绳1中没有拉力，且物体会飘起来，绳2的张力设为F2'，对物块受力分析，如图：
则F2'mg
故A错误，B正确；
CD、小车向右匀加速运动时，假设绳2没有拉力，绳1的拉力为F1，则水平方向F1cos30°＝ma1
竖直方向F1sin30°＝mg
联立解得：a1g
小车的加速度为2g＞a1g
则绳2中没有拉力，且物体会飘起来，绳1的张力设为F1'，对物块受力分析，如图：
则F1'mg
故CD正确。
故选：BCD。
（2022春 浙江月考）如图所示，木板置于水平面上，木板上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量m＝1.0kg的物体。轻质细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与质量不计的弹簧秤相连，弹簧秤另一端固定在木板上，且弹簧秤所在直线与水平面也成30°，在木板上加水平推力，使整个装置做向右的加速运动，物体在斜面上相对静止（取g＝10m/s2）。下列分析正确的是（　　）
A．因整体向右加速，故左右绳子对定滑轮的压力斜向右下方
B．若加速度不变，增大弹簧秤所在直线与水平方向的夹角，弹簧秤示数依然不变
C．随着加速度的增加，木板对地面的压力也越来越大
D．当加速度大于10m/s2时，物体会脱离斜面
【解答】解：A、左右绳子拉力相等，故对定滑轮的压力竖直向下，故A错误；
B、若加速度不变，则物体受到的绳子拉力不变，弹簧秤示数依然不变，故B正确；
C、由于系统对地面的压力不变，故木板对地面的压力也不变，故C错误；
D、设物体刚好和斜面间的压力为零时，物体的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得
ma0
代入数据可得a0
故当加速度大于时，物体才会脱离斜面，故D错误。
故选：B。
（2022春 五华区校级月考）如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值为（　　）
A．0.12m B．0.14m C．0.16m D．0.2m
【解答】解：设沿斜面向上为正方向，木块的加速度为a，当木板与水平面成θ角时，由牛顿第二定律﹣mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma，解得a＝﹣g（sinθ+μcosθ），设木块的位移为x，有，根据数学关系知木块加速度最大时位移最小，，其中tanα＝μ＝0.75，可得α＝37°，当θ+α＝90°时加速度有最大值，且最大值，此时θ＝90°﹣α＝53°，加速度最大值为，，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2021秋 镇江期末）如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为m。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，重力加速度为g。则汽车（　　）
A．匀速运动，B对C的作用力大小为
B．向左加速前进，若加速度增大，则A和B对C的支持力可能同时增大
C．向左加速前进，当加速度为时，B对C的作用力为零
D．向右加速倒车，B对C的作用力可能为零
【解答】解：A、若汽车匀速行驶，对C进行受力分析，如图1所示，设B对C的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：sinθ，所以θ＝30°；
同理可得，A对C的支持力与竖直方向的夹角也为30°；
水平方向根据平衡条件可得：NBsin30°＝NAsin30°
竖直方向根据平衡条件可得：NBcos30°+NAcos30°＝mg
联立解得：NB，故A错误；
BC、若汽车向左加速前进，以C为研究对象，则C受到的合力向左，A对C的支持力减小、B对C的支持力变大，当A对C的支持力为零时，C只受重力和B对C的支持力，如图2所示，根据牛顿第二定律可得：mgtanθ＝ma，所以加速度ag，所以当货车的加速度为g时，A对C的支持力为零，故BC错误；
D．同理可知，向右加速倒车，加速度方向向右，A对C的支持力增大、B对C的支持力减小，当货车的加速度为g时，B对C的作用力为零，故D正确。
故选：D。
（多选）（2022 工农区校级开学）如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为M＝0.8kg。一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球。若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。取g＝10m/s2；sin37°＝0.6；cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．当a＝5m/s2时，滑块对球的支持力为0N
B．当a＝15m/s2时，滑块对球的支持力为0N
C．当a＝5m/s2时，外力F的大小为4N
D．当a＝15m/s2时，地面对A的支持力为10N
【解答】解：设加速度为a0时小球对滑块的压力等于零，对小球受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：F合＝Fcos37°＝ma0，竖直方向：Fsin37°＝mg，解得
A、当a＝5m/s2＜a0时，小球未离开滑块，斜面对小球的支持力不为零，故A错误；
B、当a＝15m/s2＞a0时，小球已经离开滑块，只受重力和绳的拉力，滑块对球的支持力为零，故B正确；
C、当a＝5m/s2时，小球和楔形滑块一起加速，由整体法可知：F＝（M+m）a＝（0.8+0.2）×5N＝5N，故C错误；
D、当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，即N＝（M+m）g＝（0.8+0.2）×10N＝10N，故D正确．
故选：BD。
（多选）（2021秋 内江期末）如图，在光滑水平面上的斜面体质量M＝0.8kg，倾角α＝37°.现有一质量m＝0.3kg的木块，放在粗糙的斜面体上，随斜面体一起向左做匀加速直线运动，木块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），那么，水平推力F的大小可能为（　　）
A．2N B．10N C．23N D．25N
【解答】解：当物块恰好不相对斜面体向下滑动时，对物块受力分析如图1所示，
竖直方向根据平衡条件可得：mg＝f1sinθ+N1cosθ
水平方向根据牛顿第二定律可得：N1sinθ﹣f1cosθ＝ma1
根据摩擦力的计算公式可得：f1＝μN1
联立解得：a1m/s2
对整体水平方向根据牛顿第二定律可得：F1＝（M+m）a1，解得：F1＝2N；
当物块恰好不相对斜面体向上滑动时，对物块受力分析如图2所示；
竖直方向根据平衡条件可得：mg+f2sinθ＝N2cosθ
水平方向根据牛顿第二定律可得：N2sinθ+f2cosθ＝ma2
根据摩擦力的计算公式可得：f2＝μN2
联立解得：a2＝20m/s2
对整体水平方向根据牛顿第二定律可得：F2＝（M+m）a2，解得：F2＝22N。
水平推力F的大小范围为：2N≤F≤22N，故AB正确、CD错误。
故选：AB。
三、多过程问题的分析与求解
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等.
1、多过程问题的分析方法
分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
2、注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
（2022秋 湖北期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．2s末物块的加速度大小为4m/s2
B．4s末物块的速度大小为4m/s
C．前6s内物块距出发位置最远距离为9m
D．6s末物块回到出发位置
【解答】解：A、0～3s内，对物块受力分析，由牛顿第二定律F1﹣μmg＝ma1，2s末物块的加速度大小为，故A错误；
B．3s末物块的速度大小为v3＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s
3～4s内物块做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：F2+μmg＝ma2
解得，物块在这阶段的加速度大小为
所以，4s末物块的速度大小为v4＝v3﹣a2t2＝6m/s﹣6×1m/s＝0m/s，故B错误；
C．4s末物块速度减为零，然后再反向加速，所以前6s内物块距出发位置最远距离为前4s内的位移12m＝12m，故C错误；
D．4～6s内，物块向左做匀减速直线运动，由牛顿第二定律F3﹣μmg＝ma3，解得
6s内的位移为，所以，6s末物块回到出发位置，故D正确。
故选：D。
（2022秋 西安期末）如图是一小物体先从倾角为θ1＝53°斜面滑下后再滑上倾角为θ2＝37°的斜面运动过程的速度大小随时间变化的图像，两斜面动摩擦因数均为μ，图中v未知，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则（　　）
A．μ＝0.5 B．v＝8m/s
C．沿斜面下滑位移为8m D．沿斜面上滑位移为10m
【解答】解：AB．小物体沿53°倾角斜面滑下时，由牛顿第二定律
mgsinθ1﹣μmgcosθ1＝ma1
上滑倾角为37°的斜面时，由牛顿第二定律
mgsinθ2+μmgcosθ2＝ma2
其中，
代入数据解得μ＝0.5，v＝10m/s，故A正确，B错误；
CD．v﹣t图线与横轴所围区域的面积表示物体运动的位移，所以沿斜面下滑的位移为
上滑的位移为
，故CD错误。
故选：A。
（2022秋 汉中期末）北京冬奥会的举行在全国掀起了冰雪运动的热潮。如图所示为其中一个冰雪项目的简化图，倾角为37°长直轨道AB、CD与水平直轨道BC平滑连接，BC的长度为60m，CD的足够长，运动员（可视为质点）从距水平轨道高h＝30m处的A点静止下滑，若滑板与轨道间的动摩擦因数μ均为0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，整个滑动过程运动员不施加外力，不计空气阻力，求：
（1）运动员在轨道AB上的加速度大小；
（2）第一次滑到B点的速度大小；
（3）在CD轨道上滑行的最大距离。
【解答】解：（1）在AB段，对运动员受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得运动员在AB轨道下滑的加速度大小
a＝gsinθ﹣μgcosθ＝10×0.6m/s2﹣0.25×10×0.8m/s2＝4m/s2
（2）AB轨道长
根据速度—位移关系可得
解得
vB＝20m/s
（3）运动员在BC轨道上运动时，根据牛顿第二定律可得
μmg＝ma2
解得加速度大小为
设运动员滑到C点的速度为vC，根据速度—位移关系可得
解得
vC＝10m/s
设运动员在BC段的加速度大小为a3，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
解得
在CD段滑行的距离为
答：（1）运动员在轨道AB上的加速度大小为4m/s2；
（2）第一次滑到B点的速度大小为20m/s；
（3）在CD轨道上滑行的最大距离为6.25m。
（2022秋 西安期末）2020年11月24日凌晨4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器。12月1日23时，嫦娥五号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。在距月面高为H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4m/s时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，整个过程始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥五号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2。求：
（1）嫦娥五号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；
（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1；
（3）匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
【解答】解：（1）距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落
由2g′H3得：v2m/s＝2m/s
（2）匀减速下降高度为hm＝24m
加速与减速的位移之和x＝102m﹣30m＝72m
匀加速的位移大小x加速＝x﹣h＝72m﹣24m＝48m
匀加速下降过程的加速度大小a1m/s2＝1m/s2
（3）由牛顿第二定律得：mg′﹣F＝ma
代入数据解得：F＝24N，方向竖直向上。
答：（1）嫦娥五号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2是2m/s；
（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1是1m/s2；
（3）匀加速直线下降过程推力F的大小是24N，方向竖直向上。
【巩固提高】
一．选择题（共4小题）
1．（2022秋 淮安期中）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
【解答】解：擦窗工具做匀速直线运动，其受力平衡，摩擦力与重力和拉力的合力F等大反向，对擦窗工具进行正视图的受力分析如下图所示：
重力与拉力的合力F大小为：Fmg，方向与水平方向夹角为45°，则摩擦力的大小为mg，方向与水平方向夹角为45°，故B正确，ACD错误。
故选：B。
2．（2022秋 越秀区校级期末）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【解答】解：设屋檐的底角为θ，底边为L，注意底边长度是不变的。屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a
对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N
垂直于屋顶方向：N＝mgcosθ
平行于屋顶方向：ma＝mgsinθ
水滴的加速度a＝gsinθ
屋顶坡面的长度s
由s得t，
整理得：t，当θ＝45°时t最短，故ACD错误，B正确。
故选：B。
3．（2022秋 兴庆区校级期末）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，一物块以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距离为5m。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，重力加速度为g＝10m/s2）（　　）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
【解答】解：设物块的质量为m，由牛顿第二定律有
ma＝mgsin37°+mμgcos37°，
结合运动学公式x，
解得μ＝0.5
故ABC错误，D正确。
故选：D。
4．（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量也为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（重力加速度为g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
【解答】解：小车和小球一起沿斜面加速下滑，二者有相同的加速度。
对小球进行受力分析，小球受到水平拉力、重力的作用，如图所示，
其合力一定沿斜面向下，且大小 F合2mg
对小球，根据牛顿第二定律有 F合＝ma，得 a＝2g
对整体进行受力分析，在沿斜面方向上由牛顿第二定律可得：F+2mgsin30°＝2ma
可得：F＝3mg，故D正确，ABC错误。
故选：D。
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2021秋 道里区校级期末）如图所示，小球放在内壁光滑的V形容器中，容器OA面竖直，OB面倾斜。若整个装置水平向右做加速运动，运动中始终保持小球和容器相对静止，则以下判断正确的是（　　）
A．向右的加速度有最大值
B．球对OA面的压力可能为零
C．球对OB面的压力可以为零
D．球对OB面的压力会随加速度的改变而改变
【解答】解：AB、设V形容器的底角为θ，当OA面的支持力为零时，加速度大小为a，受力情况如图所示。
根据牛顿第二定律可得：ma，解得：a。
所以要保持小球和容器相对静止，向右的加速度最大不能超过，加速度最大时球对OA面的压力为零，故AB正确；
C、小球具有向右的加速度，所以OB面对小球的支持力不可能为零，根据牛顿第三定律可知球对OB面的压力不可能为零，故C错误；
D、以球为研究对象，竖直方向根据平衡条件可得：Fsinθ＝mg，解得：F，可知OB面对球的支持力不变，根据牛顿第三定律可得球对OB面的压力不变，故D错误。
故选：AB。
（多选）6．（2021秋 西山区校级月考）如图所示，车顶和水平地板成θ＝53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m＝1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）
A．当小车以7.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B．当小车以7.5m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C．当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2N
D．当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4N
【解答】解：A．当小车以7.5 m/s2的加速度向右匀减速运动时，加速度向左，需要水平向左的合外力，所以小球和竖直车厢壁间一定有弹力作用，故A错误；
B．设小球与光滑车顶没有弹力时，小车的加速度为a，对小球受力分析如图1所示
由牛顿第二定律得：mgtan37°＝ma
解得：a＝gtan37°＝10×0.75m/s2＝7.5m/s2，故B正确；
CD．当小车以10 m/s2的加速度向右匀加速运动时，对小球受力分析如图2所示
由牛顿第二定律得Fsin37°+Ncos37°＝ma
Fcos37°﹣Nsin37°﹣mg＝0
代入数据解得：N＝2N，故D错误，C正确。
故选：BC。
（多选）7．（2022秋 九龙坡区校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．木块上滑过程中的加速度大小是10m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
【解答】解：A、由图乙可知木块加速度大小为a＝||＝||m/s2＝10m/s2
故A正确；
B、木块在向上滑动的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma
代入数据解得：μ＝0.5
故B错误；
C、木块在下滑过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma′
代入数据解得：a′＝2m/s2
上升位移为xm＝5m
则下滑位移为x′＝5m
由位移—时间公式得x′a′t′2
代入数据解得：t′s
则木块返回出发点时间为t＝t0+t′＝1ss＝（1）s
故C错误；
D、木块回到出发点时的速度大小为v′＝a′t′＝2m/s＝2m/s
故D正确。
故选：AD。
三．计算题（共3小题）
8．（2022秋 南通期末）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，重力加速度为g。
（1）若地面对轮胎的阻力大小为f，当轮胎做匀速直线运动时，求绳中的拉力T；
（2）若训练的过程中，为确保轮胎不飞离地面，求绳中拉力的最大值Tm；
（3）若地面与轮胎间的动摩擦因数为μ，战士以（2）中的最大拉力由静止拉动轮胎，经过时间t后松开绳子，求轮胎停止运动前通过的总路程s。
【解答】解：（1）以轮胎为研究对象，受力情况如图所示：
水平方向根据平衡条件可得：Tcosθ＝f
解得：T；
（2）当地面对轮胎的支持力为零时拉力最大，竖直方向根据平衡条件可得：Tmsinθ＝mg
解得：Tm；
（3）战士以（2）中的最大拉力由静止拉动轮胎，地面对轮胎的支持力为零、摩擦力为零。
根据牛顿第二定律可得：Tmcosθ＝ma
解得：a
根据位移—时间关系可得：s1；
去掉拉力时的速度大小为：v＝at
去掉拉力后的加速度大小为：a′＝μg
根据速度—位移关系可得去掉拉力后的位移：s2
解得：s2
轮胎停止运动前通过的总路程s＝s1+s2
解得：s。
答：（1）若地面对轮胎的阻力大小为f，当轮胎做匀速直线运动时，绳中的拉力为；
（2）若训练的过程中，为确保轮胎不飞离地面，则绳中拉力的最大值为；
（3）轮胎停止运动前通过的总路程为。
9．（2022秋 海珠区校级期末）今年冬天新冠病毒开始肆虐，大家要勤洗手，戴口罩，减少不必要的接触。在广州市的餐馆里，出现了人工智能机器人，他们担负起送餐的职责。送餐时，餐盘被放在水平托盘中央，边缘不与护栏接触。某时刻，某餐馆正在一动不动地“休息”的机器人小美，在得到送餐指令后，沿预定的路径开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当他的速度大小为v＝1m/s时，他发现正前方不远处站着一位顾客，于是立即制动做匀减速直线运动，在顾客前及时停下。若减速运动的加速度大小a2＝2a1，小美运动的总时间为t＝3s。（不考虑反应时间，重力加速度g取10m/s2。）求：
（1）小美减速运动的时间t2和运动的总距离；
（2）为使制动时，餐盘不会与水平托盘发生相对滑动，餐盘与托盘间的静摩擦系数μ至少为多少？（静摩擦系数等于最大静摩擦力与正压力之比。）
【解答】解：（1）根据题意，设加速和减速的时间分别为t1、t2，由运动学公式v＝v0+at
可得：v＝a1t1；v＝a2t2
又有：t1+t2＝t
解得：t2＝1s
由运动学公式可得，运动的总距离为：m＝1.5m
（2）根据公式，有：
代入数据解得：
制动时，餐盘不相对支架滑动，设餐盘质量为M，最大静摩擦力为f，由牛顿第二定律有f＝Ma2
又有f＝μMg
解得μ＝0.1
答：（1）小美减速运动的时间为1s，运动的总距离为1.5m；
（2）餐盘与托盘间的静摩擦系数μ至少为0.1。
10．（2022秋 顺义区校级期中）如图所示，一位滑雪者与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30度，在5s的时间内滑下了60m。（g取10m/s2）求：
（1）滑雪者下滑加速度a的大小；
（2）滑雪者受到阻力f的大小。
【解答】解：
（1）滑雪者沿山坡向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律，有：
解得 a＝4m/s2
（2）对滑雪者进行受力分析：滑雪者在下滑过程中，受到重力mg、山坡的支持力FN 以及阻力Ff 的共同作用。
以滑雪者为研究对象，根据牛顿第二定律有：
沿山坡向下方向有：mgsinθ﹣Ff＝ma
垂直于山坡方向有：FN﹣mgcosθ＝0
解得 FN＝375N≈650N；Ff＝75N
根据牛顿第三定律知，人与装备对雪面的压力大小 FN′＝FN＝650N
答：
（1）滑雪者下滑的加速度为4m/s2；
（2）人与装备对雪面的压力是650N，滑雪者受到的阻力是75N。
四．解答题（共1小题）
11．（2022秋 太原期末）俯式冰橇的一段赛道可简化为两端高度差h＝10m、长度L＝100m的直斜坡。某时刻，运动员从赛道的起点开始，以平行赛道的恒力F推动质量m＝20kg的冰橇由静止沿斜坡向下运动，3s时冰橇发生的位移为18m，然后立即（时间不计）登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到赛道的末端。已知运动员的质量为M＝60kg，冰橇与赛道间的动摩擦因数为0.05。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2，赛道倾角θ的cosθ＝1，sinθ＝0.1，求：
（1）运动员推冰橇的恒力F的大小；
（2）运动员到达赛道末端时冰橇速度的大小。
【解答】解：（1）运动员登上冰橇前冰橇的加速度大小为a1，登上冰橇时冰橇的速度为v1，有，v1＝a1t1
解得
运动员登上冰橇前，据牛顿第二定律，可得F+mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1
解得F＝70N
（2）运动员登上冰橇后一起做匀加速运动，加速度大小为a2，据牛顿第二定律，有（M+m）gsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝（M+m）a2
到达赛道末端时的速度大小为v2，有，L＝x1+x2
解得
答：（1）运动员推冰橇的恒力F的大小70N；
（2）运动员到达赛道末端时冰橇速度的大小15m/s。
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4.5牛顿运动定律的应用
一、动力学两类基本问题 1
二、动力学的临界问题 4
三、多过程问题的分析与求解 7
【巩固提高】 9
[学习目标]
课程标准 课标解读
1．能通过分析物体的受力情况，确定物体 的运动情况，能通过物体的运动情况确定 物体的受力情况。 2．能根据力与运动的关系，联系牛顿运动 定律和运动学知识，分析求解有关动力学 问题。 3．掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本 思路和方法。 1、能用牛顿运动定律解决两类主要问题：已知物体的 受力情况确定物体的运动情况、已知物体的运动情况确 定物体的受力情况。 2、掌握应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法， 即首先对研究对象进行受力和运动情况分析，然后用牛 顿运动定律把二者联系起来。 3、初步体会牛顿运动定律对社会发展的影响，建立应 用科学知识解决实际问题的意识。
[知识分析]
一、动力学两类基本问题
1、两类问题：
如果已知物体的受力情况，则可由牛顿第二定律求出物体的加速度，再根据运动学规律就可以确定物体的运动情况.
如果已知物体的运动情况，则可根据运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律就可以确定物体所受的力.
2、动力学问题的解题思路
3、解题关键
两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁.
4、注意问题：
若物体受互成角度的两个力作用，可用平行四边形定则求合力；若物体受三个或三个以上力的作用，常用正交分解法求合力；
用正交分解法求合力时，通常以加速度 a 的方向为x 轴正方向，建立直角坐标系，将物体所受的各力分解在x 轴和y 轴上，根据力的独立作用原理，两个方向上的合力分别产生各自的加速度，解方程组 Fx＝ma， Fy＝0.
由运动学规律求加速度，要特别注意加速度的方向，从而确定合力的方向，不能将速度的方向和加速度的方向混淆.
题目中所求的力可能是合力，也可能是某一特定的力，均要先求出合力的大小、方向，再根据力的合成与分解求分力.
（2022秋 天河区校级期中）一质量m＝2kg小物块从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.25。斜面A、B两点之间的距离s＝18m，斜面倾角θ＝37°（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）斜面与水平面间平滑连接，不计空气阻力，g＝10m/s2。求：
（1）物块在斜面上下滑过程中的加速度大小；
（2）物块滑到B点时的速度大小；
（3）物块在水平面上滑行的时间。
（2022秋 思明区校级期中）物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如下图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ，货物可视为质点，（cos24°＝0.9，sin24°＝0.4，g＝10m/s2）。求：
（1）货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
（2）若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
（2022秋 奉贤区校级期中）小型四旋翼无人机是一种能够垂直起降的遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应用如图，一架质量m＝2kg的无人机从地面上由静止开始竖直向上起飞，匀加速上升h＝48m，历时t＝4s。已知无人机运动过程中受到的空气阻力大小恒为自身重力的0.2倍，g取10m/s2。求该过程：
（1）无人机的加速度大小及末速度大小；
（2）无人机受到的升力大小。
（2022秋 城厢区校级期中）机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103kg的汽车以v＝27km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝11.25m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝3m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员的反应时间。
（1）求汽车开始刹车到停止所用的时间和所受阻力的大小；
（2）若路面宽L＝6m，小朋友行走的速度大小v0＝0.5m/s，求汽车在斑马线处等待小朋友过马路的时间。
二、动力学的临界问题
1、临界问题：某种物理现象(或物理状态)刚好要发生或刚好不发生的转折状态.
2、关键词语：在动力学问题中出现的“最大”“最小”“刚好”“恰能”等词语，一般都暗示了临界状态的出现，隐含了相应的临界条件.
3、临界问题的常见类型及临界条件：
接触与脱离的临界条件：两物体相接触(或脱离)的临界条件是弹力为零. (2)相对静止或相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大静摩擦力.
绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限的，绳子断与不断的临界条件是实际张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛的临界条件是绳上的张力为零.
加速度最大与速度最大的临界条件：当物体在变化的外力作用下运动时，其加速度和速度都会不断变化，当所受合力最大时，具有最大加速度；当所受合力最小时，具有最小加速度.当出现加速度为零时，物体处于临界状态，对应的速度达到最大值或最小值.
4、解题关键：正确分析物体运动情况，对临界状态进行判断与分析，其中处于临界状态时存在的独特的物
理关系即临界条件.
（多选）（2022秋 沈河区校级期末）如图，两轻质细绳拉直时与水平车顶夹角分别为60°和30°，物体质量为m，当小车以大小为2g（g为重力加速度）的加速度做匀加速直线运动时，则有关绳1和绳2的拉力大小，正确的说法是（　　）
A．小车向左匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg
B．小车向左匀加速运动时，绳2的拉力大小为mg
C．小车向右匀加速运动时，绳1的拉力大小为mg
D．小车向右匀加速运动时，绳2的拉力大小为0
（2022春 浙江月考）如图所示，木板置于水平面上，木板上固定一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量m＝1.0kg的物体。轻质细绳的一端与物体相连，另一端经摩擦不计的定滑轮与质量不计的弹簧秤相连，弹簧秤另一端固定在木板上，且弹簧秤所在直线与水平面也成30°，在木板上加水平推力，使整个装置做向右的加速运动，物体在斜面上相对静止（取g＝10m/s2）。下列分析正确的是（　　）
A．因整体向右加速，故左右绳子对定滑轮的压力斜向右下方
B．若加速度不变，增大弹簧秤所在直线与水平方向的夹角，弹簧秤示数依然不变
C．随着加速度的增加，木板对地面的压力也越来越大
D．当加速度大于10m/s2时，物体会脱离斜面
（2022春 五华区校级月考）如图所示，一足够长的木板上表面与木块之间的动摩擦因数μ＝0.75，木板与水平面成θ角，让木块从木板的底端以初速度v0＝2m/s沿木板向上滑行，随着θ的改变，木块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g＝10m/s2，x的最小值为（　　）
A．0.12m B．0.14m C．0.16m D．0.2m
（2021秋 镇江期末）如图所示，一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶，每个空油桶的质量均为m。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只桶C，自由地摆放在桶A、B之间，没有用绳索固定，重力加速度为g。则汽车（　　）
A．匀速运动，B对C的作用力大小为
B．向左加速前进，若加速度增大，则A和B对C的支持力可能同时增大
C．向左加速前进，当加速度为时，B对C的作用力为零
D．向右加速倒车，B对C的作用力可能为零
（多选）（2022 工农区校级开学）如图所示，光滑水平桌面上放置一个倾角为37°的光滑楔形滑块A，质量为M＝0.8kg。一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2kg的小球。若滑块与小球在外力F作用下，一起以加速度a向左做匀加速运动。取g＝10m/s2；sin37°＝0.6；cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（　　）
A．当a＝5m/s2时，滑块对球的支持力为0N
B．当a＝15m/s2时，滑块对球的支持力为0N
C．当a＝5m/s2时，外力F的大小为4N
D．当a＝15m/s2时，地面对A的支持力为10N
（多选）（2021秋 内江期末）如图，在光滑水平面上的斜面体质量M＝0.8kg，倾角α＝37°.现有一质量m＝0.3kg的木块，放在粗糙的斜面体上，随斜面体一起向左做匀加速直线运动，木块与斜面体之间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2），那么，水平推力F的大小可能为（　　）
A．2N B．10N C．23N D．25N
三、多过程问题的分析与求解
当题目给出的物理过程较复杂，由多个过程组成时，要明确整个过程由几个子过程组成，将过程合理分段，找到相邻过程的联系点并逐一分析每个过程.
联系点：前一过程的末速度是后一过程的初速度，另外还有位移关系、时间关系等.
1、多过程问题的分析方法
分析每个过程的受力情况和运动情况，根据每个过程的受力特点和运动特点确定解题方法(正交分解法或合成法)及选取合适的运动学公式.
注意前后过程物理量之间的关系：时间关系、位移关系及速度关系.
2、注意：由于不同过程中力发生了变化，所以加速度也会发生变化，所以对每一过程都要分别进行受力分析，分别求加速度.
（2022秋 湖北期末）质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　）
A．2s末物块的加速度大小为4m/s2
B．4s末物块的速度大小为4m/s
C．前6s内物块距出发位置最远距离为9m
D．6s末物块回到出发位置
（2022秋 西安期末）如图是一小物体先从倾角为θ1＝53°斜面滑下后再滑上倾角为θ2＝37°的斜面运动过程的速度大小随时间变化的图像，两斜面动摩擦因数均为μ，图中v未知，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，取g＝10m/s2，则（　　）
A．μ＝0.5 B．v＝8m/s
C．沿斜面下滑位移为8m D．沿斜面上滑位移为10m
（2022秋 汉中期末）北京冬奥会的举行在全国掀起了冰雪运动的热潮。如图所示为其中一个冰雪项目的简化图，倾角为37°长直轨道AB、CD与水平直轨道BC平滑连接，BC的长度为60m，CD的足够长，运动员（可视为质点）从距水平轨道高h＝30m处的A点静止下滑，若滑板与轨道间的动摩擦因数μ均为0.25，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，整个滑动过程运动员不施加外力，不计空气阻力，求：
（1）运动员在轨道AB上的加速度大小；
（2）第一次滑到B点的速度大小；
（3）在CD轨道上滑行的最大距离。
（2022秋 西安期末）2020年11月24日凌晨4时30分，我国在中国文昌航天发射场，用长征五号遥五运载火箭成功发射探月工程嫦娥五号探测器。12月1日23时，嫦娥五号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务。在距月面高为H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4m/s时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降。最后距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，整个过程始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向。已知嫦娥五号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2。求：
（1）嫦娥五号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；
（2）匀加速直线下降过程的加速度大小a1；
（3）匀加速直线下降过程推力F的大小和方向。
【巩固提高】
一．选择题（共4小题）
1．（2022秋 淮安期中）如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力（图中未画出摩擦力）的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力（　　）
A．大小等于mg B．大小等于mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
2．（2022秋 越秀区校级期末）为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理。某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为θ，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角θ为（　　）
A．30° B．45° C．60° D．75°
3．（2022秋 兴庆区校级期末）如图所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，一物块以初速度v0＝10m/s沿斜面上滑的最大距离为5m。则物块与斜面间的动摩擦因数为（sin37°＝0.6，重力加速度为g＝10m/s2）（　　）
A．0.6 B．0.8 C．0.2 D．0.5
4．（2022秋 沙坪坝区校级期末）如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上，一质量为m的小车在沿斜面向下的外力F作用下沿斜面下滑，在小车下滑的过程中，小车支架上连接着小球（质量也为m）的轻绳恰好水平。则外力F的大小为（重力加速度为g）（　　）
A．mg B．2mg C．2.5mg D．3mg
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2021秋 道里区校级期末）如图所示，小球放在内壁光滑的V形容器中，容器OA面竖直，OB面倾斜。若整个装置水平向右做加速运动，运动中始终保持小球和容器相对静止，则以下判断正确的是（　　）
A．向右的加速度有最大值
B．球对OA面的压力可能为零
C．球对OB面的压力可以为零
D．球对OB面的压力会随加速度的改变而改变
（多选）6．（2021秋 西山区校级月考）如图所示，车顶和水平地板成θ＝53°角的小车在水平地面上运动时，质量为m＝1kg小球和光滑车顶保持接触，轻绳处于伸直状态且和车顶平行，g＝10m/s2，以下说法正确的是（　　）
A．当小车以7.5m/s2的加速度向右匀减速运动时，小球和竖直车厢壁间无弹力作用
B．当小车以7.5m/s2的加速度向右匀加速运动时，小球和车顶间无弹力作用
C．当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为2N
D．当小车以10m/s2的加速度向右匀加速运动时，车顶受到小球的压力为4N
（多选）7．（2022秋 九龙坡区校级期末）如图甲所示，滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的固定斜面，滑块上滑过程的v﹣t图像如图乙，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．木块上滑过程中的加速度大小是10m/s2
B．木块与斜面间的动摩擦因数μ
C．木块经2s返回出发点
D．木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s
三．计算题（共3小题）
8．（2022秋 南通期末）如图所示，解放军战士在水平地面上拉着轮胎进行负荷训练，运动过程中保持绳子与水平面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，重力加速度为g。
（1）若地面对轮胎的阻力大小为f，当轮胎做匀速直线运动时，求绳中的拉力T；
（2）若训练的过程中，为确保轮胎不飞离地面，求绳中拉力的最大值Tm；
（3）若地面与轮胎间的动摩擦因数为μ，战士以（2）中的最大拉力由静止拉动轮胎，经过时间t后松开绳子，求轮胎停止运动前通过的总路程s。
9．（2022秋 海珠区校级期末）今年冬天新冠病毒开始肆虐，大家要勤洗手，戴口罩，减少不必要的接触。在广州市的餐馆里，出现了人工智能机器人，他们担负起送餐的职责。送餐时，餐盘被放在水平托盘中央，边缘不与护栏接触。某时刻，某餐馆正在一动不动地“休息”的机器人小美，在得到送餐指令后，沿预定的路径开始做加速度大小为a1的匀加速直线运动，当他的速度大小为v＝1m/s时，他发现正前方不远处站着一位顾客，于是立即制动做匀减速直线运动，在顾客前及时停下。若减速运动的加速度大小a2＝2a1，小美运动的总时间为t＝3s。（不考虑反应时间，重力加速度g取10m/s2。）求：
（1）小美减速运动的时间t2和运动的总距离；
（2）为使制动时，餐盘不会与水平托盘发生相对滑动，餐盘与托盘间的静摩擦系数μ至少为多少？（静摩擦系数等于最大静摩擦力与正压力之比。）
10．（2022秋 顺义区校级期中）如图所示，一位滑雪者与装备的总质量为75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡倾角为30度，在5s的时间内滑下了60m。（g取10m/s2）求：
（1）滑雪者下滑加速度a的大小；
（2）滑雪者受到阻力f的大小。
11．（2022秋 太原期末）俯式冰橇的一段赛道可简化为两端高度差h＝10m、长度L＝100m的直斜坡。某时刻，运动员从赛道的起点开始，以平行赛道的恒力F推动质量m＝20kg的冰橇由静止沿斜坡向下运动，3s时冰橇发生的位移为18m，然后立即（时间不计）登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到赛道的末端。已知运动员的质量为M＝60kg，冰橇与赛道间的动摩擦因数为0.05。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2，赛道倾角θ的cosθ＝1，sinθ＝0.1，求：
（1）运动员推冰橇的恒力F的大小；
（2）运动员到达赛道末端时冰橇速度的大小。
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